人教B版（2019）必修第一册 3.2函数与方程、不等式之间的关系 同步练习(含解析)
文档属性
| 名称 | 人教B版（2019）必修第一册 3.2函数与方程、不等式之间的关系 同步练习(含解析) |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教B版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-10 16:30:46 | ||
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文档简介
3.2函数与方程、不等式之间的关系同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知函数，若函数有6个零点，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
2．已知的定义域为，且是奇函数，当时，，函数，则方程的所有的根之和为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．函数有零点，用二分法求零点的近似值（精确度0.1）时，至少需要进行（ ）次函数值的计算．
A．2 B．3 C．4 D．5
4．函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
5．已知是方程的两根，且，，实数的大小关系可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知函数是定义域为且周期为4的奇函数，当时，，，则下列结论错误的是（ ）
A． B．函数的图象关于对称
C．的最大值为 D．函数有8个零点
7．方程在区间和各有一个根的充要条件是（ ）
A． B．
C． D．
8．在区间上有零点的一个函数为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知，且，则（ ）
A． B．的最大值为4
C．的最小值为9 D．的最小值为
10．已知为定义在R上的偶函数，当时，有，且当时，，下列命题正确的是（ ）
A．
B．函数在定义域上是周期为2的函数
C．函数的值域为
D．直线与函数的图象有2个交点
11．已知函数对任意恒有，且当时，，，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．是定义在上的奇函数
C．在上单调递增
D．若对所有的恒成立，则实数
12．（多选）下列图象表示的函数有零点的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．当时，关于x的不等式恒成立，则m的取值集合是 ．
14．给出下列命题：对于定义在上的函数，下述结论正确的是 ．
①若，则的图象关于直线对称；
②若是奇函数，则的图象关于点对称；
③若函数满足，则；
④若关于的方程有解，则实数的取值范围是．
15．李明自主创业，在网上经营一家水果店，为增加销量，李明进行促销：一次购买水果的总价不少于120元，顾客就少付x元，每笔订单顾客网上支付成功后，扣除平台费用，李明会得到支付款的；为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为 .
16．对于函数，若在其定义域内存在两个实数，使当时，的值域也是，则称函数为“保值”函数，区间称为函数的“等域区间”.
（1）请写出一个满足条件的“保值”函数：
（2）若函数是“保值”函数，则实数k的取值范围是 .
四、解答题
17．已知函数是定义在上的偶函数，且当时，．
(1)已知函数的部分图象如图所示，请根据条件将图象补充完整，并写出函数的单调递增区间；
(2)写出函数的解析式；
(3)若关于的方程有个不相等的实数根，求实数的取值范围.（只需写出结论）
18．已知函数.
(1)若的定义域为，且，，求函数的值域；
(2)若，求关于的不等式的解集.
19．设函数，其中.
(1)若，解关于的不等式；
(2)当时，的最大值记为，最小值记为，求的解析式.
20．不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数，若存在，使 成立，则称为的不动点. 已知二次函数.
(1)若 讨论不动点的个数；
(2)若为两个相异的不动点，且求 的最小值.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．C
【分析】由函数单调性可得大致图象，后令，则由结合图象可知，方程两根满足，即可得答案.
【详解】由题可得，，在上单调递减，在上单调递增，则据此可作出函数大致图象如图所示，
令，则由题意可得有2个不同的实数解，，且，
则，观察选项可知，满足题意.
故选：C．
2．C
【分析】根据的定义域为，且是奇函数，得到的图象关于对称，且，再根据的图象也关于对称，画出两个函数的图象，利用数形结合法求解.
【详解】解：因为的定义域为，且是奇函数，
所以，则的图象关于对称，且，
当时，，
又因为函数，
所以的图象关于对称，
所以方程的所有的根之和即为两个函数图象交点的横坐标和，
和的图象，如图所示：
由图象知：和的图象有5个交点，其中一个交点的横坐标为1，另外四个，两两分别关于对称，
所以5个交点的横坐标之和为，
故选：C
3．B
【分析】取区间的中点，利用零点的存在性定理判断零点所在的区间，并比较区间的长度与精确度的大小，直到符合要求为止．
【详解】至少需要进行3次函数值的计算，理由如下：
，
，
取区间的中点，
且，
所以.
，
取区间的中点，
且，
所以.
，
取区间的中点，
且，
所以.
因为，
所以区间的中点，
即为零点的近似值，即函数的零点，
所以至少需进行3次函数值的计算.
故选：B.
4．B
【分析】根据二次函数的性质即可求解.
【详解】，
当时，
当时，
综上可知的值域为，
故选：B
5．A
【分析】转化为函数图象与直线交点、函数图象与轴交点的问题可得答案.
【详解】函数的图象为开口向上的抛物线，
如图，由已知可得与轴交点的横坐标为，
在抛物线的对称轴的左侧，在抛物线的对称轴的右侧，
可化为，
可得是函数的图象与直线的两个交点的横坐标，
由可得函数在抛物线的对称轴的左侧，在抛物线的对称轴的右侧，
结合图象可得.
故选：A.
6．D
【分析】根据条件，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】对于选项A，由于是定义域为且周期为4的奇函数，故，，
同理，+，故选项A正确；
对于选项C，因为是周期为4的函数，故也是周期为4的函数，
当时，，
所以时，，故，
得到时，，
当时，，，
得到时，，
则当时，， ，
当时，，，
当时，，，
则当时，，
所以，，
易知，也是周期为4的周期函数，函数图像如图所示，在x处有最大值，
故，故选项C正确；
对于选项B，由图像知，对称轴为，
易知，k＝1时，，故选项B正确；
对于选项D，画出与的图像，
因为时，，时，；时，；时，，
如图所示，y＝g(x)与y共由9个交点，故选项D错误．
故选：D.
【点睛】关键点晴：本题的关键在于利用函数的周期性，从而得出的图像，利用图像，数形结合来解决问题.
7．B
【分析】令，利用零点存在性定理，建立参数所满足的不等式，解不等式，即得参数的取值范围.
【详解】因为一元二次方程在区间和各有一个根，
令，则由题意可得，即，解得，
则方程在区间和各有一个根的充要条件是.
故选：B.
8．C
【分析】根据题意，结合选项，利用零点的存在性定理进行验证，即可求解.
【详解】对于A中，由函数，可得，则；
对于B中，由函数，可得，则；
对于C中，由函数，可得则；
对于D中，由函数，可得则，
所以只有C项，符合函数零点的存在性定理，所以在内存在零点.
故选：C.
9．ACD
【分析】根据已知条件变形结合基本不等式或消元法及二次函数的性质计算即可.
【详解】由已知得，又，所以，故A正确；
由，当且仅当时取得最小值4，
故B错误；
由上得，所以，
当且仅当时取得最小值，故C正确；
由，所以，
当且仅当时取得最小值，故D正确.
故选：ACD
10．AC
【分析】根据题意，得到时，得到，求得时，，得出函数的解析式，画出函数的图象，结合图象和选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意知，当时，有，所以，
因为当时，，
当时，可得，可得，
又因为，
所以，
又由函数为定义在上的偶函数，所以可作出函数的图象如下：
对于A中，由
，所以A正确；
对于B中，由图象可知函数不是周期函数，所以B是错误的；
对于C中，由图象可知函数的值域为，所以C正确．
对于D中，由图象可知直线与函数的图象只有1个交点，所以D错误.
故选：AC.
11．ABD
【分析】选项A：根据赋值法求解即可；
选项B：赋值解得然后结合定义判断函数的奇偶性；
选项C：根据定义作差判断函数的单调性；
选项D：根据不等式恒成立，然后结合以及一次函数的性质求解不等式即可；
【详解】选项A：令，又，选项正确；
选项B：令
令则有是定义在上的奇函数，选项正确；
选项C：设则又当时，，则有
即即
在上单调递减，选项错误；
选项D：因为在上单调递减，且是定义在上的奇函数，
所以，
又对所有的恒成立，
所以即在恒成立，
将函数看成关于的一次函数，
则需，解得：或，选项正确；
故选：ABD.
12．BCD
【分析】根据零点定义，数形结合即可容易判断.
【详解】函数的零点就是函数图象与x轴交点的横坐标.
A项中函数图象与x轴没有交点，所以该函数没有零点；
B项中函数图象与x轴有一个交点，所以该函数有一个零点；
C，D两项中的函数图象与x轴有两个交点，所以该函数有两个零点.
故选：BCD
13．
【分析】当时不等式显然成立；当、时，根据一元二次不等式恒成立，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】当时，，显然恒成立．
当时，二次函数的图像开口向上，对称轴为直线，
当时，恒成立，则，解得．
当时，二次函数的图像开口向下，对称轴为直线，
当时，恒成立，则，显然成立，所以，
故的取值集合是．
故答案为：．
14．②③
【分析】根据函数的对称性与周期性即可判断①；根据奇函数的图象即可判断②；根据分析即可判断③；关于的方程有解，即函数的图象有交点，作出函数的图象，即可判断④.
【详解】对于①，若，则，所以函数是以2为周期的周期函数，无法得出其对称轴，故①错误；
对于②，若是奇函数，则函数关于原点对称，
而函数的图象是由函数的图象向右平移1个单位得到的，
所以的图象关于点对称，故②正确；
对于③，若函数满足，令，则，所以，
即，故③正确；
对于④，关于的方程有解，即函数的图象有交点，
作出函数的图象如图所示，
由图可知，故④错误.
故答案为：②③.
【点睛】关键点点睛：判断①的关键是它只能说明是周期函数；判断②的关键是利用奇函数的性质以及函数平移的特点；判断③的关键是利用函数的中心对称性质，结合倒序相加法即可验证；判断④的关键是画出图形，并数形结合，从而即可顺利求解.
15．15
【分析】设支付款为元，从而得到不等式，求出，从而得到，求出答案.
【详解】设支付款为元，则，
解得，
因为，故，解得.
故答案为：15
16．
【分析】（1）单调函数，定义域与值域一样，固然想到
（2）根据判断的单调性，转化为关于的方程的两个实数根.
【详解】（1）由题意得方程至少有两个根，设函数
（2）因为是增函数，
若是“保值”函数，则存在实数，
使即
所以是关于的方程的两个实数根，
从而方程有两个不相等的实数根.
令，则
函数在上单调递减，在上单调递增，
，根据二次函数的图象可知，
当且仅当时，直线与曲线有两个不同的交点，
即方程有两个不相等的实数根，故实数的取值范围是.
17．(1)图象见解析，函数的单调递增区间为
(2)
(3)
【分析】（1）利用偶函数的性质，即可画出函数的图象，再根据图象求函数的单调递增区间；
（2）利用函数是偶函数，求函数的解析式；
（3）利用数形结合，转化为与有4个交点，求的取值.
【详解】（1）
单调递增区间为.
（2）设，则 ，所以，
因为是定义在上的偶函数，
所以，
所以当 时，.
故的解析式为
（3）因为有个不相等的实数根，
等价于与的图象有个交点，
结合（1）中的图象可知，
当时，与的图象有个交点，
所以.
18．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）代入，，可得函数解析式，进而可得值域；
（2）分情况讨论解不等式.
【详解】（1）由，
且，，
解得，，
所以，
所以当时，取最小值为，
当时，取最大值为，
所以函数的值域为；
（2）由，，
所以即，
当时，不等式为，解得；
当时，不等式为，
当时，，不等式的解集为，
当时，，不等式的解集为，
当时，，不等式的解集为；
当时，不等式为，即，且，
所以不等式的解集为或；
综上所述，
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为或.
19．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）将化为，确定的解，讨论的大小关系，即可得答案；
（2）分类讨论，讨论函数图象的对称轴和所给定区间的位置关系，即可确定函数的最值，从而求得的解析式.
【详解】（1）若，则，
所以可化为，
方程的解为，
所以，当时不等式的解集为；
当时，，不等式的解集为；
当时，，不等式的解集为.
（2）函数图象的对称轴为，
①当，即时，在区间上单调递增，
所以，此时；
②当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，此时；
③当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，此时；
④当，即时，在区间上单调递减，
所以，此时；
综上所述，.
20．(1)答案见解析
(2)6
【分析】（1）确定，考虑，，三种情况，计算得到答案.
（2）根据两个正数根得到，再根据根与系数的关系得到，换元，整理化简利用均值不等式计算得到最值.
【详解】（1）函数的不动点，即为的实数根，
时，，.
时，即，不存在不动点；
时，即或时，有1个不动点；
时，即时，有2个不动点.
综上所述：
时，不存在不动点；
或时，有1个不动点；
时，有2个不动点.
（2）有两个不相等的正实数根，
即方程有两个不相等的正实数根，
所以解得：，
所以，，
所以.
令，，
当且仅当，即，即时等号成立，
所以的最小值为6.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知函数，若函数有6个零点，则的值可能为（ ）
A． B． C． D．
2．已知的定义域为，且是奇函数，当时，，函数，则方程的所有的根之和为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．函数有零点，用二分法求零点的近似值（精确度0.1）时，至少需要进行（ ）次函数值的计算．
A．2 B．3 C．4 D．5
4．函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
5．已知是方程的两根，且，，实数的大小关系可能是（ ）
A． B．
C． D．
6．已知函数是定义域为且周期为4的奇函数，当时，，，则下列结论错误的是（ ）
A． B．函数的图象关于对称
C．的最大值为 D．函数有8个零点
7．方程在区间和各有一个根的充要条件是（ ）
A． B．
C． D．
8．在区间上有零点的一个函数为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知，且，则（ ）
A． B．的最大值为4
C．的最小值为9 D．的最小值为
10．已知为定义在R上的偶函数，当时，有，且当时，，下列命题正确的是（ ）
A．
B．函数在定义域上是周期为2的函数
C．函数的值域为
D．直线与函数的图象有2个交点
11．已知函数对任意恒有，且当时，，，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．是定义在上的奇函数
C．在上单调递增
D．若对所有的恒成立，则实数
12．（多选）下列图象表示的函数有零点的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．当时，关于x的不等式恒成立，则m的取值集合是 ．
14．给出下列命题：对于定义在上的函数，下述结论正确的是 ．
①若，则的图象关于直线对称；
②若是奇函数，则的图象关于点对称；
③若函数满足，则；
④若关于的方程有解，则实数的取值范围是．
15．李明自主创业，在网上经营一家水果店，为增加销量，李明进行促销：一次购买水果的总价不少于120元，顾客就少付x元，每笔订单顾客网上支付成功后，扣除平台费用，李明会得到支付款的；为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为 .
16．对于函数，若在其定义域内存在两个实数，使当时，的值域也是，则称函数为“保值”函数，区间称为函数的“等域区间”.
（1）请写出一个满足条件的“保值”函数：
（2）若函数是“保值”函数，则实数k的取值范围是 .
四、解答题
17．已知函数是定义在上的偶函数，且当时，．
(1)已知函数的部分图象如图所示，请根据条件将图象补充完整，并写出函数的单调递增区间；
(2)写出函数的解析式；
(3)若关于的方程有个不相等的实数根，求实数的取值范围.（只需写出结论）
18．已知函数.
(1)若的定义域为，且，，求函数的值域；
(2)若，求关于的不等式的解集.
19．设函数，其中.
(1)若，解关于的不等式；
(2)当时，的最大值记为，最小值记为，求的解析式.
20．不动点原理是数学上一个重要的原理，也叫压缩映像原理，用初等数学可以简单的理解为：对于函数，若存在，使 成立，则称为的不动点. 已知二次函数.
(1)若 讨论不动点的个数；
(2)若为两个相异的不动点，且求 的最小值.
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．C
【分析】由函数单调性可得大致图象，后令，则由结合图象可知，方程两根满足，即可得答案.
【详解】由题可得，，在上单调递减，在上单调递增，则据此可作出函数大致图象如图所示，
令，则由题意可得有2个不同的实数解，，且，
则，观察选项可知，满足题意.
故选：C．
2．C
【分析】根据的定义域为，且是奇函数，得到的图象关于对称，且，再根据的图象也关于对称，画出两个函数的图象，利用数形结合法求解.
【详解】解：因为的定义域为，且是奇函数，
所以，则的图象关于对称，且，
当时，，
又因为函数，
所以的图象关于对称，
所以方程的所有的根之和即为两个函数图象交点的横坐标和，
和的图象，如图所示：
由图象知：和的图象有5个交点，其中一个交点的横坐标为1，另外四个，两两分别关于对称，
所以5个交点的横坐标之和为，
故选：C
3．B
【分析】取区间的中点，利用零点的存在性定理判断零点所在的区间，并比较区间的长度与精确度的大小，直到符合要求为止．
【详解】至少需要进行3次函数值的计算，理由如下：
，
，
取区间的中点，
且，
所以.
，
取区间的中点，
且，
所以.
，
取区间的中点，
且，
所以.
因为，
所以区间的中点，
即为零点的近似值，即函数的零点，
所以至少需进行3次函数值的计算.
故选：B.
4．B
【分析】根据二次函数的性质即可求解.
【详解】，
当时，
当时，
综上可知的值域为，
故选：B
5．A
【分析】转化为函数图象与直线交点、函数图象与轴交点的问题可得答案.
【详解】函数的图象为开口向上的抛物线，
如图，由已知可得与轴交点的横坐标为，
在抛物线的对称轴的左侧，在抛物线的对称轴的右侧，
可化为，
可得是函数的图象与直线的两个交点的横坐标，
由可得函数在抛物线的对称轴的左侧，在抛物线的对称轴的右侧，
结合图象可得.
故选：A.
6．D
【分析】根据条件，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】对于选项A，由于是定义域为且周期为4的奇函数，故，，
同理，+，故选项A正确；
对于选项C，因为是周期为4的函数，故也是周期为4的函数，
当时，，
所以时，，故，
得到时，，
当时，，，
得到时，，
则当时，， ，
当时，，，
当时，，，
则当时，，
所以，，
易知，也是周期为4的周期函数，函数图像如图所示，在x处有最大值，
故，故选项C正确；
对于选项B，由图像知，对称轴为，
易知，k＝1时，，故选项B正确；
对于选项D，画出与的图像，
因为时，，时，；时，；时，，
如图所示，y＝g(x)与y共由9个交点，故选项D错误．
故选：D.
【点睛】关键点晴：本题的关键在于利用函数的周期性，从而得出的图像，利用图像，数形结合来解决问题.
7．B
【分析】令，利用零点存在性定理，建立参数所满足的不等式，解不等式，即得参数的取值范围.
【详解】因为一元二次方程在区间和各有一个根，
令，则由题意可得，即，解得，
则方程在区间和各有一个根的充要条件是.
故选：B.
8．C
【分析】根据题意，结合选项，利用零点的存在性定理进行验证，即可求解.
【详解】对于A中，由函数，可得，则；
对于B中，由函数，可得，则；
对于C中，由函数，可得则；
对于D中，由函数，可得则，
所以只有C项，符合函数零点的存在性定理，所以在内存在零点.
故选：C.
9．ACD
【分析】根据已知条件变形结合基本不等式或消元法及二次函数的性质计算即可.
【详解】由已知得，又，所以，故A正确；
由，当且仅当时取得最小值4，
故B错误；
由上得，所以，
当且仅当时取得最小值，故C正确；
由，所以，
当且仅当时取得最小值，故D正确.
故选：ACD
10．AC
【分析】根据题意，得到时，得到，求得时，，得出函数的解析式，画出函数的图象，结合图象和选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意知，当时，有，所以，
因为当时，，
当时，可得，可得，
又因为，
所以，
又由函数为定义在上的偶函数，所以可作出函数的图象如下：
对于A中，由
，所以A正确；
对于B中，由图象可知函数不是周期函数，所以B是错误的；
对于C中，由图象可知函数的值域为，所以C正确．
对于D中，由图象可知直线与函数的图象只有1个交点，所以D错误.
故选：AC.
11．ABD
【分析】选项A：根据赋值法求解即可；
选项B：赋值解得然后结合定义判断函数的奇偶性；
选项C：根据定义作差判断函数的单调性；
选项D：根据不等式恒成立，然后结合以及一次函数的性质求解不等式即可；
【详解】选项A：令，又，选项正确；
选项B：令
令则有是定义在上的奇函数，选项正确；
选项C：设则又当时，，则有
即即
在上单调递减，选项错误；
选项D：因为在上单调递减，且是定义在上的奇函数，
所以，
又对所有的恒成立，
所以即在恒成立，
将函数看成关于的一次函数，
则需，解得：或，选项正确；
故选：ABD.
12．BCD
【分析】根据零点定义，数形结合即可容易判断.
【详解】函数的零点就是函数图象与x轴交点的横坐标.
A项中函数图象与x轴没有交点，所以该函数没有零点；
B项中函数图象与x轴有一个交点，所以该函数有一个零点；
C，D两项中的函数图象与x轴有两个交点，所以该函数有两个零点.
故选：BCD
13．
【分析】当时不等式显然成立；当、时，根据一元二次不等式恒成立，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】当时，，显然恒成立．
当时，二次函数的图像开口向上，对称轴为直线，
当时，恒成立，则，解得．
当时，二次函数的图像开口向下，对称轴为直线，
当时，恒成立，则，显然成立，所以，
故的取值集合是．
故答案为：．
14．②③
【分析】根据函数的对称性与周期性即可判断①；根据奇函数的图象即可判断②；根据分析即可判断③；关于的方程有解，即函数的图象有交点，作出函数的图象，即可判断④.
【详解】对于①，若，则，所以函数是以2为周期的周期函数，无法得出其对称轴，故①错误；
对于②，若是奇函数，则函数关于原点对称，
而函数的图象是由函数的图象向右平移1个单位得到的，
所以的图象关于点对称，故②正确；
对于③，若函数满足，令，则，所以，
即，故③正确；
对于④，关于的方程有解，即函数的图象有交点，
作出函数的图象如图所示，
由图可知，故④错误.
故答案为：②③.
【点睛】关键点点睛：判断①的关键是它只能说明是周期函数；判断②的关键是利用奇函数的性质以及函数平移的特点；判断③的关键是利用函数的中心对称性质，结合倒序相加法即可验证；判断④的关键是画出图形，并数形结合，从而即可顺利求解.
15．15
【分析】设支付款为元，从而得到不等式，求出，从而得到，求出答案.
【详解】设支付款为元，则，
解得，
因为，故，解得.
故答案为：15
16．
【分析】（1）单调函数，定义域与值域一样，固然想到
（2）根据判断的单调性，转化为关于的方程的两个实数根.
【详解】（1）由题意得方程至少有两个根，设函数
（2）因为是增函数，
若是“保值”函数，则存在实数，
使即
所以是关于的方程的两个实数根，
从而方程有两个不相等的实数根.
令，则
函数在上单调递减，在上单调递增，
，根据二次函数的图象可知，
当且仅当时，直线与曲线有两个不同的交点，
即方程有两个不相等的实数根，故实数的取值范围是.
17．(1)图象见解析，函数的单调递增区间为
(2)
(3)
【分析】（1）利用偶函数的性质，即可画出函数的图象，再根据图象求函数的单调递增区间；
（2）利用函数是偶函数，求函数的解析式；
（3）利用数形结合，转化为与有4个交点，求的取值.
【详解】（1）
单调递增区间为.
（2）设，则 ，所以，
因为是定义在上的偶函数，
所以，
所以当 时，.
故的解析式为
（3）因为有个不相等的实数根，
等价于与的图象有个交点，
结合（1）中的图象可知，
当时，与的图象有个交点，
所以.
18．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）代入，，可得函数解析式，进而可得值域；
（2）分情况讨论解不等式.
【详解】（1）由，
且，，
解得，，
所以，
所以当时，取最小值为，
当时，取最大值为，
所以函数的值域为；
（2）由，，
所以即，
当时，不等式为，解得；
当时，不等式为，
当时，，不等式的解集为，
当时，，不等式的解集为，
当时，，不等式的解集为；
当时，不等式为，即，且，
所以不等式的解集为或；
综上所述，
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为或.
19．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）将化为，确定的解，讨论的大小关系，即可得答案；
（2）分类讨论，讨论函数图象的对称轴和所给定区间的位置关系，即可确定函数的最值，从而求得的解析式.
【详解】（1）若，则，
所以可化为，
方程的解为，
所以，当时不等式的解集为；
当时，，不等式的解集为；
当时，，不等式的解集为.
（2）函数图象的对称轴为，
①当，即时，在区间上单调递增，
所以，此时；
②当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，此时；
③当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，此时；
④当，即时，在区间上单调递减，
所以，此时；
综上所述，.
20．(1)答案见解析
(2)6
【分析】（1）确定，考虑，，三种情况，计算得到答案.
（2）根据两个正数根得到，再根据根与系数的关系得到，换元，整理化简利用均值不等式计算得到最值.
【详解】（1）函数的不动点，即为的实数根，
时，，.
时，即，不存在不动点；
时，即或时，有1个不动点；
时，即时，有2个不动点.
综上所述：
时，不存在不动点；
或时，有1个不动点；
时，有2个不动点.
（2）有两个不相等的正实数根，
即方程有两个不相等的正实数根，
所以解得：，
所以，，
所以.
令，，
当且仅当，即，即时等号成立，
所以的最小值为6.
答案第1页，共2页
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